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解:(1)①∵△DEC绕点C旋转点D恰好落在AB边上,
∴AC=CD,
∵∠BAC=90°-∠B=90°-30°=60°,
∴△ACD是等边三角形,
∴∠ACD=60°,
又∵∠CDE=∠BAC=60°,
∴∠ACD=∠CDE,
∴DE∥AC;
②∵∠B=30°,∠C=90°,
∴CD=AC=1/2AB,
∴BD=AD=AC,
根据等边三角形的性质,△ACD的边AC、AD上的高相等,
∴△BDC的面积和△AEC的面积相等(等底等高的三角形的面积相等),
即S1=S2;
故答案为:DE∥AC;S1=S2;
(2)如图,∵△DEC是由△ABC绕点C旋转得到,
∴BC=CE,AC=CD,
∵∠ACN+∠BCN=90°,∠DCM=∠BCN=180°-90°=90°,
∴∠ACN=∠DCM,
∵在△ACN和△DCM中,
∠ACN=∠DCM
∠CMD=∠N=90°,
AC=CD
∴△ACN≌△DCM(AAS),
∴AN=DM,
∴△BDC的面积和△AEC的面积相等(等底等高的三角形的面积相等),
即S1=S2;
(3)如图,过点D作DF1∥BE,易求四边形BEDF1是菱形,
所以BE=DF1,且BE、DF1的高相等,
此时S△DCF=S△BDE,
过点D作DF2⊥BD,
∵∠ABC=60°,
∴∠F1DF2=∠ABC=60°,
∴△DF1F2的等边三角形,
∴DF1=DF2,
∵BD=CD,∠ABC=60°,点D是角平分线上一点,
∴∠DBC=∠DCB=1/2×60°=30°,
∴∠CDF1=180°-30°=150°,
∠CDF2=360°-150°-60°=150°,
∴∠CDF1=∠CDF2,
∵在△CDF1和△CDF2中,
DF1=DF2
∠CDF1=CDF2,
CD=CD
∴△CDF1≌△CDF2(SAS),
∴点F2也是所求的点,
∵∠ABC=60°,点D是角平分线上一点,DE∥AB,
∴∠DBC=∠BDE=∠ABD=1/2×60°=30°,
又∵BD=4,
∴BE=1/2×4÷cos30°=2÷√3/2=4√3/3,
∴BF1=4√3/3,BF2=BF1+F1F2=4√3/3+4√3/3=8√3/3,
故BF的长为4√3/3或8√3/3.
∴AC=CD,
∵∠BAC=90°-∠B=90°-30°=60°,
∴△ACD是等边三角形,
∴∠ACD=60°,
又∵∠CDE=∠BAC=60°,
∴∠ACD=∠CDE,
∴DE∥AC;
②∵∠B=30°,∠C=90°,
∴CD=AC=1/2AB,
∴BD=AD=AC,
根据等边三角形的性质,△ACD的边AC、AD上的高相等,
∴△BDC的面积和△AEC的面积相等(等底等高的三角形的面积相等),
即S1=S2;
故答案为:DE∥AC;S1=S2;
(2)如图,∵△DEC是由△ABC绕点C旋转得到,
∴BC=CE,AC=CD,
∵∠ACN+∠BCN=90°,∠DCM=∠BCN=180°-90°=90°,
∴∠ACN=∠DCM,
∵在△ACN和△DCM中,
∠ACN=∠DCM
∠CMD=∠N=90°,
AC=CD
∴△ACN≌△DCM(AAS),
∴AN=DM,
∴△BDC的面积和△AEC的面积相等(等底等高的三角形的面积相等),
即S1=S2;
(3)如图,过点D作DF1∥BE,易求四边形BEDF1是菱形,
所以BE=DF1,且BE、DF1的高相等,
此时S△DCF=S△BDE,
过点D作DF2⊥BD,
∵∠ABC=60°,
∴∠F1DF2=∠ABC=60°,
∴△DF1F2的等边三角形,
∴DF1=DF2,
∵BD=CD,∠ABC=60°,点D是角平分线上一点,
∴∠DBC=∠DCB=1/2×60°=30°,
∴∠CDF1=180°-30°=150°,
∠CDF2=360°-150°-60°=150°,
∴∠CDF1=∠CDF2,
∵在△CDF1和△CDF2中,
DF1=DF2
∠CDF1=CDF2,
CD=CD
∴△CDF1≌△CDF2(SAS),
∴点F2也是所求的点,
∵∠ABC=60°,点D是角平分线上一点,DE∥AB,
∴∠DBC=∠BDE=∠ABD=1/2×60°=30°,
又∵BD=4,
∴BE=1/2×4÷cos30°=2÷√3/2=4√3/3,
∴BF1=4√3/3,BF2=BF1+F1F2=4√3/3+4√3/3=8√3/3,
故BF的长为4√3/3或8√3/3.
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